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que BL, c’eſt-à-dire ${\frac {2{\sqrt {u}}}{pn}}$, BV eſt ${\frac {y^{2}}{n}}-{2{\sqrt {u}}}{pn}$ et comme SB eſt à BV, ainſi AB eſt à BE, qui eſt par conſéquent ${\frac {py}{2n}}-{\frac {2{\sqrt {u}}}{pn}}$ comme devant, d’où on voit que c’eſt une meſme ligne courbe qui ſe décrit en ces deux façons. Après cela, pourceque BL & DE ſont égales, DL & BE le ſont auſſi: de façon qu’ajoutant LH, qui eſt ${\frac {t}{2n{\sqrt {u}}}}$, à DL qui eſt ${\frac {py}{2n}}-{\frac {2{\sqrt {u}}}{pn}}$,

on a la toute DH, qui eſt ${\frac {py}{2n}}+{\frac {\sqrt {u}}{ny}}+{\frac {t}{2n{\sqrt {u}}}}$

et en oſtant GD, qui eſt ${\frac {y^{2}}{n}}$

on à GH, qui eſt ${\frac {py}{2n}}+{\frac {\sqrt {u}}{ny}}+{\frac {t}{2n{\sqrt {u}}}}-{\frac {y^{2}}{n}}$

Ce que j’écris par ordre en cette ſorte $GH={\frac {-y^{2}+{\frac {1}{2}}py^{2}+{\frac {ty}{2n{\sqrt {u}}}}-{\sqrt {u}}}{ny}}$.

Et le carré de GH eſt

${\frac {y^{6}-py^{5}+\left({\frac {1}{4}}p^{2}-{\frac {t}{\sqrt {u}}}\right)y^{4}+\left(2{\sqrt {u}}+{\frac {pt}{2{\sqrt {u}}}}\right)y^{3}+\left({\frac {t^{2}}{4u}}-p{\sqrt {u}}\right)y^{2}-ty+u}{n^{2}y^{2}}}$,

Et en quelque autre endroit de cette ligne courbe qu’on veuille imaginer le point C, comme vers N, ou vers Q, on trouvera toujours que le carré de là ligne droite, qui eſt entre le point H & celuy où tombe la perpendiculaire du point C ſur BH, peut eſtre exprimé en ces meſmes termes, & avec les meſmes ſignes + & -.

De plus IH étant ${\frac {m}{n^{2}}}$ & LH étant ${\frac {t}{2n{\sqrt {u}}}}$,

IL eſt ${\sqrt {{\frac {m^{2}}{n^{4}}}+{\frac {t^{2}}{4n^{2}u}}}}$

à cauſe